贵州省余庆中学2019-2020学年高二上学期开学考试化学试题

贵州省余庆中学2019-2020学年高二上学期开学考试化学试题

贵州省余庆中学2019-2020学年高二上学期开学考试 化学试题 ‎1.下列选项中，与物质体积大小无关的因素是 A. 粒子数目 B. 粒子大小 C. 粒子之间的距离 D. 粒子的化学性质 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．决定物质体积大小的因素有粒子数目、微粒之间的距离和粒子的大小，选项A不选；B．决定物质体积大小的因素有粒子数目、微粒之间的距离和粒子的大小，选项B不选；C．决定物质体积大小的因素有粒子数目、微粒之间的距离和粒子的大小，选项C不选；D．决定物质体积大小的因素有粒子数目、微粒之间的距离和粒子的大小，与粒子的化学性质无关，选项D可选；答案选D。‎ ‎2.下列四个化学反应中，你认为理论上不可用于设计原电池的是（ ）‎ A. 2Al＋2NaOH＋2H2O===2NaAlO2＋3H2↑‎ B. 2H2＋O22H2O C. Mg3N2＋6H2O===3Mg(OH)2＋2NH3↑‎ D. CH4＋2O2CO2＋2H2O ‎【答案】C ‎【解析】‎ 只有属于氧化还原反应,能用于设计原电池；A属于氧化还原反应，可以设计为原电池，A错误；B属于氧化还原反应,能设计成氢氧燃料电池, B错误；C不属于自发的氧化还原反应,不能设计成原电池，C正确；D属于自发的氧化还原反应,能设计成甲烷燃料电池, D错误；正确选项C。‎ ‎3.硫单质在反应3S＋6KOH===2K2S＋K2SO3＋3H2O中的变化是 A. 被氧化 B. 被还原 C. 既被氧化又被还原 D. 既未被氧化又未被还原 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】该反应中，单质硫中的硫元素化合价为0价，一部分升高到+4价，一部分降低到-2价，故在反应中，硫单质既被氧化又被还原，C项正确；‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】氧化还原反应是常考点，其规律口诀为：升失氧，降得还，若说剂，则相反。本题中关键点是找出硫元素的化合价变化趋势。‎ ‎4.将物质X逐渐加入Y溶液中，生成沉淀的物质的量n2与所加X的物质的量n1的关系如图所示，符合如图所示的情况是 A. X为氢氧化钠，Y为氯化铝 B. X为氯化铝，Y为氢氧化钠 C. X为盐酸，Y为四羟基合铝酸钠 D. X为四羟基合铝酸钠，Y为盐酸 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 氢氧化钠溶液加入氯化铝溶液中，先发生反应Al3++3OH-=Al(OH)3↓，生成Al(OH)3沉淀，当氯化铝溶液反应完后，再滴入氢氧化钠溶液发生反应Al(OH)3+NaOH=Na[Al(OH)4]，沉淀溶解至最后消失，所以前后两个过程氢氧化钠的物质的量之比为3:1，不符合图中所示情况，A项错误；‎ B. 氯化铝溶液滴入氢氧化钠溶液中，先发生反应Al3++4OH-=[Al(OH)4]-，不生成沉淀，当氢氧化钠溶液反应完后，再滴入氯化铝溶液发生反应3[Al(OH)4]-+Al3+=4Al(OH)3↓，生成沉淀，不符合图中所示情况，B项错误；‎ C. 盐酸加入Na[Al(OH)4]溶液中，先发生反应[Al(OH)4]-+H+=Al(OH)3↓+H2O，生成Al(OH)3沉淀，当Na[Al(OH)4]溶液反应完后，再继续加入盐酸发生反应Al(OH)3+3H+=Al3++3H2‎ O，沉淀消失，所以前后两个过程HCl的物质的量之比为1:3，符合图中所示情况，C项正确；‎ D. Na[Al(OH)4]溶液加入盐酸中，先发生反应[Al(OH)4]-+4H+=Al3++4H2O，不生成沉淀，当盐酸溶液反应完后，再滴入Na[Al(OH)4]溶液，发生反应3[Al(OH)4]-+Al3+=4Al(OH)3↓，生成沉淀直到最大，不符合图中所示情况，D项错误；‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】图示反应过程为随着X的加入，先反应生成沉淀后沉淀溶解，且生成沉淀和溶解同样多的沉淀所需X的量前后比例为1:3，这是分析的关键突破口。‎ ‎5.下列实验过程中没有气体产生的是(　　)‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、光照氯水时次氯酸分解生成氯化氢和氧气，有气体产生，A不符合；‎ B、氯水和碳酸氢钠反应生成二氧化碳气体，B不符合；‎ C、氯水和氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，实验过程中没有气体产生，C符合；‎ D、过氧化钠和水生成氢氧化钠和氧气，有气体产生，D不符合；‎ 答案选C。‎ ‎6.下列说法中正确是 A. 电解质与非电解质的本质区别是化合物在一定条件下能否导电 B. 水的导电能力很差，所以水是非电解质 C. 酸、碱、盐都属于电解质，其他化合物都是非电解质 D. 溶于水所得溶液能导电的化合物一定是电解质 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 电解质是指:在水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物；电解质在水溶液中或熔融状态下能够导电,是因电解质自身可以离解成自由移动的离子；非电解质是指:在水溶液里和熔融状态下都不导电的化合物；单质、混合物既不是电解质也不是非电解质，据以上分析解答。‎ ‎【详解】A.根据化合物在水溶液或熔融状态下能否导电对化合物分类，能够导电的化合物为电解质，都不导电的化合物为非电解质，导电的原因为有自由移动的离子，本质区别是在水溶液或熔化状态下能否电离出自由移动的离子，故A正确； B.纯水的导电性很差，水的电离程度很小，属于弱电解质，故B错误； C.酸、碱、盐都属于电解质，其他化合物也有可能为电解质，如活泼金属氧化物在熔融状态下也能电离出阴阳离子，能够导电，属于化合物，属于电解质，故C错误；‎ D.溶于水能导电的化合物不一定是电解质,如三氧化硫和水反应生成硫酸,硫酸能电离出自由移动的阴阳离子,所以三氧化硫的水溶液导电,但电离出离子的物质是硫酸不是三氧化硫，所以三氧化硫是非电解质,故D错误；‎ 综上所述，本题选A。‎ ‎【点睛】电解质和非电解质均为化合物，属于电解质的物质主要有酸、碱、盐、金属氧化物和水等，属于非电解质的物质主要有绝大多数有机物、非金属氧化物、非金属氢化物等，电解质溶液导电靠的是溶液中自由移动的离子，金属导电靠的是自由移动的电子。‎ ‎7.下列说法正确的是 A. 离子键是阴离子与阳离子间的一种静电引力 B. 任何离子键在形成的过程中必定有电子的得与失 C. 带相反电荷的离子之间的相互吸引力称为离子键 D. 活泼非金属原子与活泼金属原子相遇时能形成离子键 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 阴阳离子通过静电作用形成离子键，静电作用包括静电吸引力和静电排斥力，A项错误；‎ B. 离子键的形成过程中不一定有电子的得失，如复分解反应中离子键的形成， B项错误； ‎ C. 阴阳离子带相反电荷，但阴阳离子通过静电作用可形成离子键，静电作用包括静电吸引力和静电排斥力，C项错误； ‎ D. 活泼非金属原子容易得电子，活泼金属原子容易失电子，两者相遇时能形成离子键，D项正确；‎ 答案选D。‎ ‎8.关于酸、碱、盐的下列各种说法中正确的是（ ）‎ A. 水溶液中能电离出氢离子的化合物都是酸 B. 水溶液中能电离出氢氧根离子的化合物都是碱 C. 水溶液中不能电离出金属阳离子的氯化铵不是盐 D. 水溶液中能电离出金属阳离子和酸根离子的化合物是盐 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．碳酸氢钠能电离出氢离子，属于盐，但不属于酸，故A错误；‎ B．化合物电离时生成的阴离子有氢氧根离子的不一定是碱，如碱式盐，故B错误；‎ C．由金属阳离子或铵根离子和酸根离子形成的化合物为盐，氯化铵能电离出铵根离子和酸根阴离子，属于盐，故C错误；‎ D．盐是由金属离子(或铵根离子)和酸根离子组成的化合物，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎9.关于下图所示有机物(碳、氢、氧三种元素组成)的叙述不正确的是(　　)‎ A. 相对分子质量为88 B. 分子中含羧基官能团 C. 具有香味的无色油状液体 D. 乙酸与乙醇酯化反应的产物 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 由图可知，该有机物结构简式为CH3COOCH2CH3，相对分子质量为88，故A正确；‎ B. 由图可知，该有机物结构简式为CH3COOCH2CH3，分子中含酯基官能团，故B错误；‎ C. 该有机物分子中含酯基官能团，酯类是具有香味的无色油状液体，故C正确；‎ D. 该有机物结构简式为CH3COOCH2CH3，是乙酸乙酯，是乙酸与乙醇酯化反应的产物，故D正确；‎ 答案选B。‎ ‎10.硫酸亚铁煅烧反应为2FeSO4(s)X(g)＋Fe2O3(s)＋SO3(g)，有关说法正确的是 A. 该反应中X为还原产物 B. X能使溴水退色，说明X具有漂白性 C. 该反应中每生成1 mol Fe2O3转移电子数约为6.02×1023‎ D. 该反应生成的气体通入足量Ba(NO3)2溶液中，可得到两种沉淀 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．Fe元素化合价升高、被氧化，S元素化合价降低、被还原，SO2为还原产物，A项正确； B．二氧化硫与溴水发生氧化还原反应，二氧化硫表现的是还原性，而不是漂白性，B项错误； C．由方程式可知，反应中Fe元素化合价由+2价升高到+3价，该反应中每生成1 mol Fe2O3转移2 mol电子，电子数约为2×6.02×1023，C项错误； D．该反应生成的气体通入足量BaCl2溶液中，生成硫酸钡沉淀，因硫酸、盐酸酸性均比亚硫酸强，则没有BaSO3生成，D项错误；‎ 答案选A。‎ ‎11.下列关于铷(Rb)的叙述不正确的是 A. 位于周期表的第五周期第IA族 B. 氢氧化铷是一种强碱 C. 钠、钾、铷单质的还原性依次减弱 D. 硝酸铷易溶于水且全部电离 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. Rb和K位于同一主族，且在K元素下一周期，所以Rb位于第五周期第IA族，A项正确；‎ B.‎ ‎ 元素的金属性越强，其最高价氧化物的水化物碱性越强，金属性Rb>K，KOH是强碱，所以Rb也是强碱，B项正确；‎ C. 钠、钾、铷元素原子半径依次增大，失电子能力依次增强，因此单质的还原性依次增强，C项错误；‎ D. Rb是活泼金属，易和硝酸根离子之间形成离子键，属于硝酸盐，易溶于水且全部电离，D项正确；‎ 答案选C。‎ ‎12.下列物质的导电性能最差的是 A. 熔化的氢氧化钠 B. 0.1mol·L－1盐酸 C. 0.1mol·L－1醋酸 D. 氯化钾固体 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】氯化钾固体不能电离出自由移动的离子，不能导电，而熔化的氢氧化钠、0.1 mol/L盐酸和0.1 mol/L醋酸都存在自由移动的离子，都能导电，所以导电性能最差的是氯化钾固体，D项正确，‎ 答案选D。‎ ‎【点睛】溶液的导电能力与溶液中离子的浓度、离子所带的电荷数有关,离子带的电荷数越多、离子浓度越大,溶液的导电能力越强。‎ ‎13.甲、乙是周期表中同一主族的两种元素，若甲的原子序数为x,则乙的原子序数不可能为（ ） ‎ ‎①x+2 ②x+4 ③x+8 ④x+18 ⑤x+32‎ A. ①⑤ B. ② C. ③ D. ④‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】若甲为第一周期元素、乙是第二周期元素，乙的原子序数可能为x+2；若甲为第二周期元素、乙是第三周期元素，乙的原子序数可能为x+8；若甲为第三周期元素、乙是第四周期元素，乙的原子序数可能为x+18；若甲为第五周期元素、乙是第六周期元素，乙的原子序数可能为x+32，故B正确。答案选B。‎ ‎14.关于氯化铁溶液和氢氧化铁胶体的下列叙述中，正确的是(　　)‎ A. 分散质粒子都能透过滤纸 B. 都具有丁达尔效应 C. 分散质粒子的直径大小相同 D. 它们的稳定性相同 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据溶液和胶体的区别，胶体的胶粒直径为1～100 nm，溶液的粒子直径小于1 nm；胶体具有丁达尔现象，不能透过半透膜，能透过滤纸等解答。‎ ‎【详解】A．溶液和胶体的分散质粒子都能透过滤纸，A正确；‎ B．氢氧化铁胶体具有丁达尔效应，可以用来区分胶体和溶液，B错误；‎ C．氯化铁溶液的粒子直径小于1 nm，而胶体中粒子直径介于1～100 nm之间，C错误；‎ D．溶液的稳定性强于胶体，胶体属于介稳体系，D错误；‎ 答案选A。‎ ‎15.将5mol/L的Mg(NO3)2溶液a mL稀释至b mL，稀释后溶液中NO3﹣的物质的量浓度为 A. 5a/b mol/L B. 10a/b mol/L C. b/5a mol/L D. a/b mol/L ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据硝酸镁的化学式可知硝酸根的浓度为硝酸镁浓度的2倍，即硝酸根浓度为10mol/L，由稀释定律可知，稀释前后硝酸根的物质的量不变，据此计算。‎ ‎【详解】根据硝酸镁的化学式可知硝酸根的浓度为硝酸镁浓度的2倍，所以硝酸根浓度为10mol/L。令稀释后硝酸根的浓度为c，根据稀释定律可知，稀释前后硝酸根的物质的量不变，则：10mol/L×a mL=c×bmL，解得，c=mol/L；故选B。‎ ‎16.离子方程式BaCO3＋2H＋===Ba2＋＋H2O＋CO2↑中的H＋不能代表的物质是 ‎①HCl ②H2SO4③HNO3④NaHSO4‎ A. ①③ B. ①④ C. ① D. ②④‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】①HCl溶于水完全电离，且不和钡离子反应，可以代表碳酸钡和盐酸反应的离子方程式，故①不选；‎ ‎②H2SO4溶于水完全电离,但硫酸根离子和钡离子结合会生成硫酸钡沉淀,离子方程式为BaCO3+2H++SO42−=BaSO4+CO2↑+H2O，不可以代表碳酸钡和硫酸反应的离子方程式，故②选；‎ ‎③HNO3溶于水完全电离，不和钡离子反应可以，可以代表碳酸钡和硝酸反应的离子方程式，故③不选；‎ ‎④NaHSO4中的硫酸根离子和钡离子结合生成沉淀硫酸钡,离子方程式为BaCO3+2H++SO42−=BaSO4+CO2↑+H2O，不可以代表碳酸钡和硫酸氢钠反应的离子方程式，故④选；‎ 综上所述，②④项符合要求，D项正确，‎ 答案选D。‎ ‎17.配制250 mL、0.10 mol·L－1NaOH溶液时，下列实验操作会使配得的溶液中NaOH物质的量浓度偏大的是(　　)‎ A. 转移溶液后未洗涤烧杯和玻璃棒就直接定容 B. 在容量瓶中进行定容时仰视刻度线 C. 在容量瓶中进行定容时俯视刻度线 D. 定容后把容量瓶倒置摇匀，发现液面低于刻度线，又补足了所缺的水 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．转移溶液后未洗涤烧杯和玻璃棒就直接定容，导致溶质的物质的量偏小，溶液浓度偏低，故A不选；B．在容量瓶中定容时仰视刻度线，导致溶液的体积偏大，溶液的浓度偏低，故B不选；C．在容量瓶中定容时俯视刻度线，导致溶液的体积偏小，溶液的浓度偏高，故C选；D．定容后把容量瓶倒置摇匀，发现液面低于刻度线，又补足了所缺的水，导致溶液的体积偏大，溶液的浓度偏低，故D不选；故选C。‎ ‎【点睛】本题考查了配制一定物质的量浓度溶液的误差分析，明确不当操作对溶质的物质的量、溶液的体积的影响是解题关键。解答此类试题需要根据c=分析判断。‎ ‎18.用2摩尔MnO2与含4摩尔浓盐酸充分反应，生成氯气的物质的量 A. 等于1摩尔 B. 大于1摩尔 C. 小于1摩尔 D. 小于22.4升 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】MnO2与浓盐酸反应的化学方程式为：MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O，当4 mol HCl完全反应式可生成1mol Cl2，但随着反应的进行，盐酸的浓度逐渐降低，稀盐酸的还原性较弱，与二氧化锰不反应，则生成的氯气的物质的量小于1 mol，气体的状态未知，无法计算其体积，C项正确， 答案选C。‎ ‎【点睛】注意浓盐酸随着反应的进行会变稀，而稀盐酸还原性较弱，不会再产生氯气，做题便可迎刃而解。‎ ‎19.短周期相邻两种元素原子的核外电子数的差值不可能为 A. 1 B. 2 C. 8 D. 10‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】若为左右相邻，则两种元素原子的核外电子数相差1，如果是H和Li两种元素，则两种元素原子的核外电子数相差2，其他同主族短周期相邻元素原子的核外电子数相差8，因短周期相邻两种元素原子的核外电子数的差值不可能为10，D项符合题意，‎ 答案选D。‎ ‎20.将乙烯分别通入溴水和酸性高锰酸钾溶液中，下列叙述正确的 A. 溴水和高锰酸钾溶液都褪色 B. 二者褪色的反应原理相同 C. 二者反应后都有油状液体生成 D. 二者发生的反应类型相同 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】乙烯中含碳碳双键，可与溴水发生加成反应生成1,2-二溴乙烷而使溴水褪色，反应类型为加成反应；乙烯具有还原性，可被酸性高锰酸钾氧化而使其褪色，反应类型为氧化还原反应，故将乙烯分别通入溴水和酸性高锰酸钾溶液中，两种溶液都褪色，但反应的原理和类型均不同，A项正确；‎ 答案选A。‎ ‎21.下列元素属于海水中的常量元素的是 ‎①H　②O　③Na　④Cl　⑤Li⑥U　⑦Ca　⑧K　⑨Br　⑩F A. ①②③④⑦⑧⑨⑩ B. ③④⑦⑧⑨⑩‎ C. ①②③④⑥⑦⑧⑨⑩ D. ③④⑥⑦⑧⑨⑩‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】海水中化学元素的含量差别很大。除H和O外，每千克海水中含量在1毫克以上的元素有Cl、Na、Mg、S、Ca、K、Br、C、Sr、B、Si和F共12种，一般称为“常量元素”，故上述元素为常量元素的是①②③④⑦⑧⑨⑩，A项正确；‎ 答案选A。‎ ‎22.足量的铜与一定量的浓硝酸反应得到硝酸铜溶液和NO、NO2的混合气体，这些气体与1.68LO2（标准状况）混合后通入水中，所有气体完全被水吸收生成硝酸．则和铜反应的硝酸的物质的量可能是（）‎ A. 0.4mol B. 0.55mol C. 0.6mol D. 0.65mol ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：根据氧化还原反应中电子转移数目相等可知： Cu失去的电子与硝酸转化为NO、NO2的混合气体时得到的电子数目相等；而NO、NO2的混合气体与氧气及水反应时电子转移数目相等。n(O2)=" 1.68" L÷22.4L/mol=0.075mol.n(e-)=0.075mol×4=0.3mol。n(Cu)= 0.075mol×4÷2=0.15mol.因此根据N元素守恒，若完全转化为NO，则n(NO)= 0.3mol ÷3=0.1mol。硝酸的物质的量为0.15mol×2+0.1mol=0.4mol；若完全转化为NO2，则n(NO2)= 0.3mol ÷1=0.3mol。硝酸的物质的量为0.15mol×2+0.3mol=0.6mol；由于产生的气体既有NO，也有NO2所以和铜反应的硝酸的物质的量应该在0.4mol～0.6mol之间。因此选项是B。‎ 考点：考查守恒法、极端法在氧化还原反应计算中的应用的知识。‎ ‎23.下列关于氧化还原反应的叙述，正确的是 A. 有一种元素被氧化，肯定有另一种元素被还原 B. 在反应中不一定所有元素的化合价都发生变化 C. 某元素由化合态变为游离态，则该元素一定被还原 D. 氧化还原反应中一定有电子的得与失 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．反应中可能只有一种元素的化合价变化，如氯气与水的反应中，Cl元素既被氧化，也被还原，故A错误；‎ B．反应中可能只有一种元素的化合价变化，如氯气与NaOH反应中只有Cl元素的化合价变化，Na、O、H元素的化合价没有变化，故B正确；‎ C．元素从化合物变为单质时，可能失去电子也可能得到电子，如二氧化硫与硫化氢反应生成S，故C错误；‎ D．氧化还原反应的本质是电子转移，则氧化还原反应中不一定有电子的得与失，可能是电子对的偏移，故D错误；‎ 故答案为B。‎ ‎【点睛】准确理解氧化还原反应的概念是解题关键，当元素处于高价的物质一般具有氧化性，元素处于低价的物质一般具有还原性，元素处于中间价态时，该物质既有氧化性，又有还原性，故只要结合元素在化学反应中的化合价变化，即可准确判断发生氧化反应还是还原反应。‎ ‎24.“塑胶”跑道是由聚氨酯橡胶等材料建成，聚氨酯橡胶属于 A. 有机高分子材料 B. 无机非金属材料 C. 硅酸盐材料 D. 天然橡胶 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．有机合成高分子材料，分天然产生的高分子化合物和人工合成的高分子化合物，棉花、羊毛、天然橡胶是天然存在的，塑料、合成橡胶、合成纤维是人工合成的，聚氨酯橡胶是人工合成的高分子材料，A项正确； B．无机非金属材是以某些元素的氧化物、碳化物、氮化物、卤素化合物以及硅酸盐、铝酸盐、磷酸盐、硼酸盐等物质组成的材料，是除有机高分子材料和金属材料以外的所有材料的统称，B项错误； C．硅酸盐材料主要包括玻璃、陶瓷、水泥等，C项错误； D．天然橡胶是天然存在的，聚氨酯橡胶是人工合成的，D项错误； 答案选A。‎ ‎【点睛】材料分金属材料、无机非金属材料、复合材料和有机合成高分子材料。‎ ‎25.漂白粉的有效成分是 A. Ca(ClO)2 B. CaCl2 C. Ca(ClO)2和CaCl2 D. HClO ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】工业上用氯气与石灰乳反应制备漂白粉：2Ca(OH)2+2Cl2═CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O，主要成分是氯化钙和次氯酸钙，有效成分是次氯酸钙，A项正确；‎ 答案选A。‎ ‎26.（1）49g H2SO4含__________个H2SO4分子，能和__________mol NaOH完全反应．‎ ‎（2）含有相同碳原子数的CO和CO2，其质量比为____________‎ ‎（3）在同温同压下，等质量的CO和CO2，其体积之比为____________‎ ‎（4）标准状况下有①44.8L CH4，②9.03x 1023个NH3分子，③85g H2S三种气体，对这三种气体的物质的量从大到小的顺序是__________．‎ ‎（5）在一定的温度和压强下，1体积气体X2跟3体积气体Y2化合生成2体积化合物，则该化合物的化学式是____________．‎ ‎（6）某盐混合溶液中含有离子：Na+、Mg2+、Cl﹣、SO42﹣，测得Na+、Mg2+和Cl﹣的物质的量浓度依次为：0.2mol•L﹣1、0.25mol•L﹣1、0.4mol•L﹣1，则c（SO42﹣）=_____________．‎ ‎【答案】 (1). 0.05NA (2). 0.1 (3). 7：11 (4). 11：7 (5). ③①② (6). XY3 (7). 0.15mol•L﹣1‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）4.9g/98×NA="0.05" NA；H2SO4+2NaOH=Na2SO4+2H2‎ O；消耗氢氧化钠的量为2×0.05=0.1摩尔；‎ ‎（2）含有相同碳原子数的CO和CO2；物质的量为1：1；二者质量之比为1×28：1×44=7：11；‎ ‎（3）等质量的CO和CO2，物质的量之比为1/28:1/44；体积比等于物质的量之比：1/28:1/44=11：7；‎ ‎（4）标准状况下有①44.8L CH4，物质的量为2mol；②9.03x 1023个NH3分子，物质的量为1.5mol③85g H2S气体，物质的量为2.5 mol； 顺序为③①②；‎ ‎（5）体积比等于物质的量之比：1体积气体X2跟3体积气体Y2化合生成2体积化合物，根据原子守恒规律：XY3；‎ ‎（6）根据电荷守恒规律：0.2mol•L﹣1×1+0.25mol•L﹣1×2=0.4mol•L﹣1，×1+ c（SO42﹣）×2；c（SO42﹣）=0.15 mol•L﹣1‎ ‎27.现以淀粉或乙烯为主要原料都可以合成乙酸乙酯，其合成路线如图所示。‎ ‎（已知：2CH3CHO+O22CH3COOH）‎ ‎（1）A中含有的官能团名称是______________；其中③的反应类型是______________；‎ ‎⑥的反应类型是______________；‎ ‎（2）写乙烯的电子式：_________________乙烯的结构简式：____________;‎ ‎（3）写出下列反应的化学方程式：①__________________;⑤______________________________。‎ ‎【答案】 (1). 醛基 (2). 氧化反应 (3). 加成反应 (4). (5). CH2=CH2 (6). (C6H10O5)n+nH2OnC6H12O6 (7). CH3CH2OH+CH3COOH CH3COOCH2CH3+H2O ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）乙醇催化氧化得到的A是乙醛CH3CHO，所以A中含有的官能团名称是醛基；该反应类型是氧化反应；⑥乙烯与水在催化剂存在时加热发生加成反应产生乙醇，所以反应⑥的反应类型是加成反应；‎ ‎（2）乙烯的电子式是：；乙烯的结构简式是：CH2=CH2；‎ ‎（3）①反应的化学方程式：(C6H10O5)n+nH2OnC6H12O6; CH3CH2OH+CH3COOHCH3COOCH2CH3+H2O ‎28.利用下图装置(夹持装置略)制取和收集纯净、干燥的氨气，并探究氨气的性质。‎ ‎（1）关闭装置Ⅰ中的止水夹，向分液漏斗中加适量水，打开活塞，说明Ⅰ气密性良好的现象是______________________。‎ ‎（2）利用装置Ⅰ制取氨气，不能选用的试剂为浓氨水和________(填字母)。‎ A．氢氧化钠 B.碱石灰 C．硝酸钾 D.生石灰 ‎（3）根据实验要求，仪器连接的顺序(用字母编号表示)：a接________、________接________、______接______。______‎ ‎（4）收集氨气，按如图装置进行NH3性质的探究实验。‎ ‎①打开旋塞1，B瓶中的现象是_________________________________________，原因是_____________________________________________，稳定后，关闭旋塞1；‎ ‎②再打开旋塞2，B瓶中的现象是__________________________________________。‎ ‎【答案】 (1). 分液漏斗内液面不再下降 (2). C (3). c　b　e　f　d (4). 产生白色的烟 (5). 氯化氢与氨气反应生成了氯化铵小颗粒，NH3＋HCl＝NH4Cl，氯化铵小颗粒形成白烟 (6). 烧杯中的硝酸银溶液会倒流进入到B瓶中，B瓶中生成白色沉淀(提示：A中气体压强大于B中)‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）利用注水法检验装置的气密性；‎ ‎（2）利用装置I制取氨气，为常温下固液制取气体的装置，据此分析；‎ ‎（3）依据氨气的物质性质和化学性质选择连接方式；‎ ‎（4）A中压强大，HCl进入B中，与氨气反应生成氯化铵固体；关闭旋塞①，再打开旋塞②，烧杯中的AgNO3溶液会倒流进入到B瓶中，反应生成AgCl。‎ ‎【详解】（1）关闭A装置中的止水夹，向分液漏斗中加入适量水，打开活塞，分液漏斗内液面高度保持不变（或液体不再滴下），说明A装置气密性良好，故答案为：分液漏斗内液面不再下降；‎ ‎（2）利用装置I制取氨气，为常温下固液制取气体的装置，可为浓氨水与CaO、氢氧化钠，CaO+H2O＝Ca(OH)2、消耗水并放热，根据NH3+H2ONH3H2ONH4++OH-可知，氢氧化钙、氢氧化钠溶于水电离出氢氧根离子，氢氧根离子浓度增大平衡逆向移动，使氨气逸出，且温度升高，降低氨气的溶解度，使氨气逸出，A、B、D符合条件，硝酸钾溶于水没有明显的热效应，不能与浓氨水制备氨气，故答案为：C；‎ ‎（3）利用装置I制取氨气，制出的氨气中含有水蒸气，需进行干燥，选用装置Ⅱ，粗口进，细口出，所以a连接cb；根据氨气的密度小于空气的密度，应为向下排气法收集，所以选择收集装置应为“短进长出”，所以再连接ef，氨气属于极易溶于水，还是大气污染气体，用防倒吸的装置进行尾气吸收连接d，所以连接顺序为cbefd，故答案为：c；b；e；f；d；‎ ‎（4）A容器压强为150 kPa，B容器压强100 kPa，A容器压强大于B容器，先打开旋塞①，A容器中的氯化氢进入B容器，氨气和氯化氢反应，NH3+HCl＝NH4‎ Cl，生成氯化铵固体小颗粒，所以B瓶中的现象是出现白烟，氨气、氯化氢为气体反应生成的氯化铵为固体，压强减小，再打开旋塞②，硝酸银倒吸入B瓶中，氯化铵与硝酸银反应生成白色的氯化银沉淀。故答案为：产生白色的烟；氯化氢与氨气反应生成了氯化铵小颗粒，NH3＋HCl＝NH4Cl，氯化铵小颗粒形成白烟；烧杯中的硝酸银溶液会倒流进入到B瓶中，B瓶中生成白色沉淀(提示：A中气体压强大于B中)。‎ ‎29.三聚氰胺含氮量较高，但对人体有害。一些不法乳制品企业为了提高乳制品中蛋白质含量，向乳制品中添加三聚氰胺，使儿童患肾结石。下图所示的实验装置可用来测定三聚氰胺的分子式。‎ 已知三聚氰胺的相对分子质量为126。取1.26 g三聚氰胺样品，放在纯氧中充分燃烧，生成CO2、H2O、N2，实验测得装置B增重0.54 g，C增重1.32 g，排入F中水的体积为672 mL(可按标准状况计算)。‎ ‎(1)E装置的作用是________________________。‎ ‎(2)需要加热装置是____________(填字母)。‎ ‎(3)装置D的作用是_________________________。‎ ‎(4)F处读数时应该注意：_________________、__________________。‎ ‎(5)三聚氰胺的分子式为___________________________________。‎ ‎【答案】 (1). 用来排水，以测定氮气体积 (2). AD (3). 吸收未反应的氧气 (4). 量筒内的液面与广口瓶内的液面相平 (5). 视线与凹液面最低处相切 (6). C3N6H6‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】本实验的原理是通过测量三聚氰胺样品燃烧产生的CO2和H2O的质量以及生成的氮气的体积，从而确定各原子的物质的量之比，进而确定分子式。浓硫酸的作用是吸收产生的水蒸气，碱石灰的作用是吸收产生的CO2，因为O2也不溶于水，所以在用排水法收集N2之前应该用热的铜网将O2除净。测量N2的体积时，必须要保证集气瓶中的N2的压强和外界大气压相等。(5)三聚氰胺的物质的量为＝0.01 mol n(H2O)＝＝0.03 mol，n(H)＝0.06 mol n(CO2)＝＝0.03 mol，n(C)＝0.03 mol n(N2)＝＝0.03 mol，n(N)＝0.06 mol 分子式为C3N6H6。‎ ‎30.A、B、C、D、E、F、G均为有机物，其中A是常用来衡量一个国家石油化工发展水平的标志性物质，它们之间有如下转化关系。请回答下列问题：‎ ‎（1）写出A、D、G的结构简式：A________；D________；G________。‎ ‎（2）A、B中官能团的名称：A________；B_________。‎ ‎（3）在F的同系物中最简单的有机物的空间构型为____________。‎ ‎（4）与F互为同系物且含有5个碳原子的同分异构体共有______种。‎ ‎（5）写出下列编号对应反应的化学反应方程式，并注明反应类型：‎ ‎①____________、________反应；‎ ‎②___________________________________________、________反应；‎ ‎④_________________________________________、________反应。‎ ‎【答案】 (1). CH2=CH2 (2). CH3COOH (3). CH3CH2Cl (4). 碳碳双键 (5). 羟基 (6). 正四面体 (7). 3 (8). CH2=CH2＋H2OCH3CH2OH (9). 加成 (10). 2CH3CH2OH＋O22CH3CHO＋2H2O (11). 氧化 (12). CH3CH2OH＋CH3COOHCH3COOCH2CH3＋H2O (13). 酯化或取代 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A常用来衡量一个国家石油化工发展水平的标志性物质，则A为CH2=CH2；乙烯与水发生加成反应生成B为CH3CH2OH，乙醇发生催化氧化生成C为CH3CHO，乙醛进一步发生氧化反应生成D为CH3COOH，乙酸与乙醇发生酯化反应生成E为CH3COOCH2CH3，乙烯与氢气发生加成反应生成F为C2H6，乙烯与HCl发生生成G为CH3CH2Cl，乙烷与氯气发生取代反应生成氯乙烷，据此解答。‎ ‎【详解】（1）根据上述分析可知A为CH2=CH2；D为CH3COOH；G为CH3CH2Cl；‎ ‎（2）A为乙烯，其分子所含官能团名称：碳碳双键；B为CH3CH2‎ OH，其分子所含官能团名称为羟基，故答案为：碳碳双键；羟基；‎ ‎（3）F为C2H6，在F的同系物中最简单的有机物为甲烷，空间构型为正四面体；‎ ‎（4）F为C2H6，与F互为同系物的含5个碳原子的所有同分异构体的结构简式：CH3CH2CH2CH2CH3，CH3CH2CH(CH3)2，C(CH3)4共3种，故答案为：3；‎ ‎（5）①A为乙烯，与水可发生加成反应生成乙醇，其化学方程式为：CH2=CH2＋H2OCH3CH2OH，故答案为：CH2=CH2＋H2OCH3CH2OH；加成；‎ ‎②为乙醇的催化氧化反应，其化学方程式为：2CH3CH2OH＋O22CH3CHO＋2H2O，反应类型为氧化反应，故答案为：2CH3CH2OH＋O22CH3CHO＋2H2O；氧化；‎ ‎④为乙醇与乙酸发生酯化反应生成乙酸乙酯的过程，其化学方程式为：CH3CH2OH＋CH3COOHCH3COOCH2CH3＋H2O，故答案为：CH3CH2OH＋CH3COOHCH3COOCH2CH3＋H2O；酯化或取代反应。‎ ‎ ‎